复数的三角形式

复数的三角形式1、复数的三角形式(1)复数的幅角：设复数Z=a＋bi对应向量，以x轴的正半轴为始边，向量所在的射线(起点为O)为终边的角θ，叫做复数Z的辐角，记作ArgZ，其中适合0≤θ<2π的辐角θ的值，叫做辐角的主值，记作argZ．说明：不等于零的复数Z的辐角有无限多个值，这些值中的任意两个相差2π的整数倍．(2)复数的三角形式：r(cosθ＋isinθ)叫做复数Z=a＋bi的三角形式，其中．说明：任何一个复数Z=a＋bi均可表示成r(cosθ＋isinθ)的形式．其中r为Z的模，θ为Z的一个辐角．2、复数的三角形式的运算：设Z=r(cosθ＋isinθ)，Z1=r1(cosθ1＋isinθ1)，Z2=r2(cosθ2＋isinθ2)．则3、应用例1求下列复数的模和辐角主值 （1）i +1 （2）i -3解：（1）211122=+=+i又a b tan =θ=1，点（1,1）在第一象限。

所以41πθ=+=）（i arg（2）213322=-+=-）（）（i有31-=θtan ，点（13-，）在第四象限，所以611623πππθ=-=-=）（i arg想一想：怎样求复数i z 43-=的辐角?想一想：复数的三角形式有哪些特征？下列各式是复数的三角形式吗？（1）θθcos sin i + （2）[]）（）（︒-+︒-30302sin i cos（3））（6655ππsin i cos+例2 把下列复数转化为三角形式 （1）-1；（2）i 2； （3） i -3解：（1）2201+-=）（r =1，辐角主值为θ=π=-）（1arg，所以-1=ππsin i cos +（2）22022=+=r 辐角主值为θ=()22π=i arg ，所以i2=）（222ππsin i cos+（3）21322=-+=）（）（r ，由3331-=-=θtan 和点），（13-在第四象限，得611623πππθ=-=-=）（i arg ，所以i -3=）（6116112ππsin i cos+总结：复数的代数形式bi a z +=化为复数的三角形式一般方法步骤是：①求复数的模：22b a r +=；②由a btan =θ及点）（b ,a 所在象限求出复数的一个辐角（一般情况下，只须求出复数的辐角主值即可）；③写出复数的三角形式。

例3．求复数Z=1+cosθ+isinθ(π<θ<2π)的模与辐角主值. 分析:式子中多个“1”，只有将“1”消去，才能更接近三角形式，因此可利用三角公式消“1”.解:Z=1+cosθ+isinθ=1+(2cos 2-1)+2i.sin cos =2cos (cos +isin ) (1)∵ π<θ<2π ∴ <<π, ∴cos <0∴(1)式右端=-2cos(-cos-isin)=-2cos[cos(π+)]+isin(π+)]∴r=-2cos, ArgZ=π++2kπ(k∈Z)∵<<π∴π<π+<2π，∴argZ=π+.例4．将Z=(π<θ<3π)化为三角形式，并求其辐角主值.分析:三角形中只有正余弦，因此首先想到“化切为弦”.下一步当然是要分母实数化，再向三角形式转化.解:====cos2θ+isin2θ∵π<θ<3π, ∴<2θ<6π,∴π<2θ-4π<2π，∴argZ=2θ-4π例5．若Z∈c，|Z-2|≤1，求｜Ｚ｜的最大，最小值和argZ范围.解:法一，数形结合由|Z-2|≤1，知Ｚ的轨迹为复平面上以（2，0）为圆心，1为半径的圆面（包括圆周），|Z|表示圆面上任一点到原点的距离.显然1≤|Z|≤3, ∴|Z|max=3, |Z|min=1,另设圆的两条切线为OA，OB，A，B为切点，由|CA|=1，|OC|=2知∠AOC=∠BOC=，∴argZ∈[0,]∪[π,2π)法二:用代数形式求解|Z|的最大，最小值，设Z=x+yi(x,y∈R)则由|Z-2|≤1得(x-2)2+y2≤1,∴|Z|=≤=,∵(x-2)2+y2≤1, ∴(x-2)2≤1, ∴-1≤x-2≤1, ∴1≤x≤3,∴1≤4x-3≤9, ∴1≤|Z|≤3.例6．求-3-4i的平方根．解法一利用复数代数形式．设-3-4i的平方根为x+yi(x，y ∈R)，则有(x+yi)2=-3-4i,即(x2-y2)+2xyi=-3-4i，由复数相等条件，得∴-3-4i的平方根是±(1-2i)．法二利用复数的三角形式．练习：求1的立方根例7．已知z∈C,|z|=1且z2≠-1,则复数（）A、必为纯虚数B、是虚数但不一定是纯虚数C、必为实数D、可能是实数也可能是虚数[思路分析]：选择题，从结论的一般性考虑，若z=±1，显然A、B选项不成立，分析C、D选项，显然穷举验证不能得出一般结论只能推演解：[法1]设z=a+bi, a,b∈R, a2+b2=1,a≠0.则===∈R，故，应选C。

[法2]设z=cosθ+isinθ (θ∈R,且θ≠kπ+)，则===∈R。

[法3]∵z·=|z|2, ∴当|z|=1时有z·=1,∴===∈R.[法4]∵当|z|=1时有z·=1，∴==∈R.[法5]∵复数z为实数的充要条件是z=,而()=, 又∵|z|=1时，=，∴==，∴∈R。

例8．设x,y∈R, z1=2-x+xi, z2=y-1+(-y)i,已知|z1|=|z2|，arg=, (1)求()100=? (2)设z=, 求集合A={x|x=z2k+z-2k, k∈Z}中元素的个数。

(1)解：∵|z1|=|z2|, ∴||=1,又arg=,∴=||(cos+isin)=i, 即z1=z2i,∴2-x+xi=[y-1+(-y)i]i即，解得x=y=+,∴()100=(+i)100=(-+i)50==--i.(2) [思路分析]：由(1)知z=+i，z的特性：z3=-1=3, |z|=1, =；z=cos+isin, z2=w, ……，z2k+z-2k可怎么理解呢？(z2)k+(z2)-k, z2k+2k, ……解[法1]：令w=-+i，则z2k+z-2k=w k+w-k,∵w3=1,而k∈z, ∴k=当k=3m时，z2k+z-2k=(w3)m+(w3)-m=2,当k=3m+1时，z2k+z-2k=w3m·w+w-3m·w-1=w+w-1=w+=-1,当k=3m+2时，z2k+z-2k=w3m·w2+w-3m·w-2=w2+w-2=w3·w-1+w-3·w=w-1+w=-1,综上可知，集合A中有2个元素。

[法2]：∵|z|=1, ∴=,∴z2k+z-2k=z2k+2k=cos+isin+cos-isin=2cos=由此可判定集合A中有2个元素。

例9．设复数z=cosθ+isinθ(0<θ<π), w=, 并且|w|=, argw<,求θ。

（93年全国理）解：w====tg2θ(sin4θ+icos4θ)∴|w|=|tg2θ| 由|w|=得tg2θ=±.∵0<θ<π, 故有(i)当tg2θ=时，得θ=或θ=.此时w=(cos+isin)，∴argw=<,适合题意。

(ii)当tg2θ=-时，得θ=π或θ=π，此时，w=(cos π+isinπ).∴argw=π>, 不合题意，舍去，故综合(i), (ii)知，θ=或θ=.例10：三角级数求和解：令那么对任何自然数k ，有于是另一方面2cos cos cos n ααα+++2sin sin sin n ααα+++cos sin z i αα=+cos sin kz k i k αα=+22222(cos sin )(cos sin )(cos sin )(cos cos cos )(sin sin sin )nz z z i i n i n n i n αααααααααααα+++=++++++=+++++++22211112222222222()(cos sin )[(cos sin )](cos sin )(cos sin )(sin sin cos )sinsincosnnz z z z z zi n i n i n n n i i αααααααααααααα-+++=-+-+=-++-=-即 所以222222sin (cos sin )(cos sin )sin (cos sin )n n n i i i ααπαπααααπαπ--++=---222222sin [cos()sin()]sin n n n i ααπαπαπαπααα----=+-++-11222211222222sin (cos sin )sin sin cos sin sin sinsin n n n i n n n n iαααααααααα++=+++=+211222222sin cos sin sin sin sin n n n n n z z z i αααααα+++++=+思考与练习1、利用复数推导三倍角公式2、若复数z 满足z z -=11，当复数z 的辐角为300时，求复数z 的模。

3、已知复数i z 31+=, 求复数zz z -+-242的辐角的主值. 4、设z 满足z z z z -=-=11213,arg π，求z. 12222sin cos cos cos cos sin n n n αααααα++++=12222sin sin sin sin sin sinn n n αααααα++++=。